【文档说明】广西梧州高级中学2020-2021学年高二上学期段考（期中）数学理试卷 答案.doc，共(5)页，159.000 KB，由管理员店铺上传

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梧州高中2020-2021学年上学期段考试题高二数学（理科）参考答案一.选择题题号123456789101112答案BAABADDABDCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.214.2150xy15.2216.112a1.【详解】解析由左焦点为F1(－4,0)

知c＝4,又a＝5∴25－m2＝16,解得m＝3或－3,又m＞0故m＝3.2.【详解】解析改变原命题中的三个地方即可得其否定,“∃”改为“∀”,x0改为x,否定结论即lnx≠x－1.3.【详解】解析由(z－2i)(2－i)＝5得z＝52－i＋2i＝52＋

i2－i2＋i＋2i＝52＋i5＋2i＝2＋3i,选A4.【详解】解析：因为假设n＝k(k≥2为偶数),故下一个偶数为k＋2,故选B.答案：B5.【详解】解析：由约束条件作出可行域如图所示,由图可知,目标函数在点A处取得最小值.联立x＋y＝1y－x＝1,解得x＝0

y＝1,∴A(0,1),所以z＝2x－y在点A处取得最小值为2×0－1＝－1.6.【详解】解析：∵直线y＝kx＋1恒过(0,1)点,若5>m,则m≥1,若5<m,则必有公共点,∴m≥1且m≠5.7.【详解】解析：设P(x0,y0),M(x,y),则x＝x0＋2

2y＝y02,所以x0＝2x－2y0＝2y,由于y20＝x0,所以4y2＝2x－2,即y2＝12(x－1).8.【详解】解析：f′(x)＝3x2－2ax,∵f′(x)在(0,2)内单调递减,∴f′0≤0f′2≤0,∴0≤012－4a≤0,∴a≥3.9.【详解】解析：设

m(x)＝f(x)－(2x＋4),则m′(x)＝f′(x)－2＞0,∴m(x)在R上是增函数.∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0,∴m(x)＞0的解集为{}x|x＞－1,即f(x)＞2x＋4的解集为(－1,＋∞).答

案：B10.【详解】不妨取点M在第一象限,如图所示,设双曲线方程为x2a2－y2b2＝1(a＞0,b＞0),则|BM|＝|AB|＝2a,∠MBx＝180°－120°＝60°,∴M点的坐标为()2a，3a.∵M点在双曲线上,∴4a2a2

－3a2b2＝1,a＝b,∴c＝2a,e＝ca＝2.故选D.11.【详解】解析：根据题意画图,如图所示,直线m为抛物线的准线,过点A作AA1⊥m,过点B作BB1⊥m,垂足分别为A1,B1,过点B作BD⊥AA1于点D,设

|AF|＝2|BF|＝2r,则|AA1|＝2|BB1|＝2|A1D|＝2r,所以|AB|＝3r,|AD|＝r,则|BD|＝22r.所以k＝tan∠BAD＝|BD||AD|＝22.选C.12.【详解】解析：由y＝f′(x)的图象，可知f(x)在[－1,0]，[2,4]上为增函数

，在(0,2)，(4,5]上为减函数，由于f(－1)＝f(5)＝1，f(0)＝f(4)＝2，故f(x)max＝2，f(2)为极小值，且与1的大小不确定．由于f(x)的定义域为[－1,5]，故f(x)不是周期函数，故①不正确；对于③，应有t∈[0,5]，故tmax＝5，故③

不正确；对于④，由于f(x)极小值＝f(2)与1的大小不确定；故④不正确；只有②正确．答案：D13.【详解】解析：当x>0时,y＝2－x＋4x≤2－2x×4x＝－2.当且仅当x＝4x,x＝2时取等号.答案：214.【详解】解析设弦的两个端点分别

为A(x1,y1),B(x2,y2),则x21－4y21＝4,x22－4y22＝4,两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)－4(y1＋y2)(y1－y2)＝0.因为线段AB的中点为P(8,1),所以x1

＋x2＝16,y1＋y2＝2.所以y1－y2x1－x2＝x1＋x24y1＋y2＝2.所以直线AB的方程为y－1＝2(x－8)代入x2－4y2＝4满足Δ>0.即直线方程为2x－y－15＝0.15.【详解】解析：由图可知,图形面积S＝544(sinx－cosx)dx＝(－cosx－s

inx)544＝－cos5π4－sin5π4－－cosπ4－sinπ4＝2－(－2)＝22.16.【详解】解析：因为f(x)＝1＋lnxx,x>0,所以f′(x)＝－lnxx2.当0<x<1时,f′(x)>0；当x>1时,f′

(x)<0.所以f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,＋∞)上单调递减,所以函数f(x)在x＝1处取得极大值.因为函数f(x)在区间(a,a＋12)(其中a>0)上存在最大值,所以a<1a＋12>1,解得12<a

<1.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。.17.【详解】解析：(1)212111033xxxx430404330xxxxxx

或3x不等式的解集为,34,(2)2343120xx令3,0xtt2412006ttt即3036log6xx不等式的解集为3,log618.【详解】解析：(1)由已知及正弦定理得，2cosC(sinA

cosB＋sinBcosA)＝sinC，即2cosCsin(A＋B)＝sinC．故2sinCcosC＝sinC，可得cosC＝12，所以C＝π3.(2)由已知得，12absinC＝332.又C＝π3，所以ab＝6.由已知及余弦定理

得，a2＋b2－2abcosC＝7，故a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25，所以a＋b＝5.所以△ABC的周长为5＋7.19.【详解】解析：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4,f′(0)＝4.故b＝4,a＋b＝8.从

而a＝4,b＝4.(2)由(1)知,f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x,f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)(ex－12).令f′(x)＝0,得x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞,－2)∪(

－ln2,＋∞)时,f′(x)＞0；当x∈(－2,－ln2)时,f′(x)＜0.故f(x)在(－∞,－2),(－ln2,＋∞)上单调递增,在(－2,－ln2)上单调递减.当x＝－2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(－2)＝4

(1－e－2).20.【详解】解析：(1)由y2＝4x，y＝2x＋m，⇒4x2＋4(m－1)x＋m2＝0,由根与系数的关系得x1＋x2＝1－m,x1·x2＝m24,|AB|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2＝1＋22·1－m2－4·m

24＝51－2m.由|AB|＝35,即51－2m＝35⇒m＝－4.(2)设P(a,0),P到直线AB的距离为d,则d＝|2a－0－4|22＋－12＝2|a－2|5,又S△ABP＝12|AB|·d,则d＝2·S△ABP|AB|,2|

a－2|5＝2×935⇒|a－2|＝3⇒a＝5或a＝－1,故点P的坐标为(5,0)或(－1,0).21.【详解】(1)证明：由f(x)＝xcosx－sinx得f′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx.因为在区间(0,π2)上f′(x)＝－xsinx<0,所以f(x)在

区间[0,π2]上单调递减.从而f(x)≤f(0)＝0.(2)解：当x>0时,“sinxx>a”等价于“sinx－ax>0”；“sinxx<b”等价于“sinx－bx<0”.令g(x)＝sinx－cx,则g′(x)＝cosx－c

.当c≤0时,g(x)>0对任意x∈(0,π2)恒成立.当c≥1时,因为对任意x∈(0,π2),g′(x)＝cosx－c<0,所以g(x)在区间[0,π2]上单调递减.从而对g(x)<g(0)＝0对任意x∈(0,π2)恒成立.当0<c<1时,存在唯一的x0∈(0,π2)使得g′(

x0)＝cosx0－c＝0.g(x)与g′(x)在区间(0,π2)上的情况如下：x(0,x0)x0(x0,π2)g′(x)＋0－g(x)递增极值递减因为g(x)在区间[0,x0]上是增函数,所以g(x0)>g(0)＝0.进一步,“g(x)>0对任意x∈(0,π2)恒成立”当且仅当g

(π2)＝1－π2c≥0,即0<c≤2π.综上所述,当且仅当c≤2π时,g(x)>0对任意x∈(0,π2)恒成立；当且仅当c≥1时,g(x)<0对任意x∈(0,π2)恒成立.所以,若a<sinxx<b对任意x∈(0,π2)恒成立,则a的最大值为2π,b的最小值为122.【详解】解

(1)设椭圆C的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0),∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线y＝－2上,∴b＝2,又ca＝32,a2＝b2＋c2,∴a＝4,c＝23,∴椭圆C的标准方程为x

216＋y24＝1.(2)为定值.理由如下：设A(x1,y1),B(x2,y2),∵∠APQ＝∠BPQ,∴直线PA,PB的斜率互为相反数,可设直线PA的斜率为k,则直线PB的斜率为－k,直线PA的方程为y－3＝k(x－2),联立

y－3＝kx－2，x2＋4y2＝16，消去y,得(1＋4k2)x2＋8k(3－2k)x＋4(3－2k)2－16＝0,∴x1＋2＝8k2k－31＋4k2,同理可得x2＋2＝－8k－2k－31＋4k2＝8k2k＋31＋4k2,∴x1＋x2

＝16k2－41＋4k2,x1－x2＝－163k1＋4k2,∴kAB＝y1－y2x1－x2＝kx1＋x2－4kx1－x2＝36,即直线AB的斜率为定值36.